Php 如何将此下拉列表的结果发布到sql表中?
从数据库中获取数据Php 如何将此下拉列表的结果发布到sql表中?,php,mysql,mysqli,Php,Mysql,Mysqli,从数据库中获取数据 $query = "SELECT assignee_code,assignee_name FROM assignees"; $sql=mysqli\u查询($dbc,$query); if(mysqli_num_行($sql)){ $select='';//已创建下拉列表 而($rs=mysqli\u fetch\u数组($sql)){ $select.=''.$rs['Assignment_code'].'; } } $select.=''//下拉列表结束。。 /
$query = "SELECT assignee_code,assignee_name FROM assignees";
$sql=mysqli\u查询($dbc,$query);
if(mysqli_num_行($sql)){
$select='';//已创建下拉列表
而($rs=mysqli\u fetch\u数组($sql)){
$select.=''.$rs['Assignment_code'].';
}
}
$select.=''//下拉列表结束。。
//我使用$POST方法将其链接到其他php页面,但它返回未定义的变量
echo$select;
?>
如何在表中发布下拉列表的值?$select='';
$sql = mysqli_query($dbc,$query);
if(mysqli_num_rows($sql)){
$select = '<select name = "select">';//dropdown created
while($rs = mysqli_fetch_array($sql)){
$select.='<option value = "'.$rs['assignee_code'].'">'.$rs['assignee_code'].'</option>';
}
}
$select.='</select>';//dropdown ended..
//I used the $POST method by linking it to other php page, but it returns undefined variable
echo $select;
?>
而($rs=mysqli\u fetch\u数组($sql)){
$select.=''.$rs['Assignment_code'].';//您可以将文件名addtosql更改为您想要的任何内容
}
$select.='';
addtosql.php
$select = '<select name = "select" onchange="location = this.value;">';
while($rs = mysqli_fetch_array($sql)){
$select.='<option value = "addtosql.php?id='.$rs['assignee_code'].'">'.$rs['assignee_code'].'</option>'; //you can change the filename addtosql into whatever you want
}
$select.='</select>';
您必须向我们展示您的代码的重要部分(处理表单的代码-可能是以及您的评论:“\u我使用了$POST方法…”。请注意,如果您试图访问表单(通过POST)发送的变量,正确的用法是[$\u POST]()如果mysqli_num_rows($sql)
错误,则可能未定义不相关的$select
,导致返回一个单独的
标记。
$select = '<select name = "select" onchange="location = this.value;">';
while($rs = mysqli_fetch_array($sql)){
$select.='<option value = "addtosql.php?id='.$rs['assignee_code'].'">'.$rs['assignee_code'].'</option>'; //you can change the filename addtosql into whatever you want
}
$select.='</select>';
<?php
//Connect to db
$id= $_GET['id'];
// Insert $id into db
?>